新讲 第21章 含参变元的积分 第5题
📝 题目
解(1)可以直接利用牛顿-莱布尼茨公式计算:
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}. $$
为了计算 (2), 我们记
$$ I\left( \beta \right) = {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
对 $\beta$ 求导得
$$ {I}^{\prime }\left( \beta \right) = {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}. $$
这里在积分号下求导是允许的,因为求导后的积分对 $\beta$ 是一致收敛的 (魏尔斯特拉斯判别法). 求解微分方程
$$ {I}^{\prime }\left( \beta \right) = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}, $$
可得
$$ I\left( \beta \right) = \arctan \frac{\beta }{\alpha } + C. $$
因为 $I\left( 0\right) = 0$ ,所以 $C = 0$ . 我们得到
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = \arctan \frac{\beta }{\alpha }. $$
为了计算 (3),可以在上式中让 $\alpha \rightarrow 0 +$ 取极限,这样得到
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{\pi }{2}, & \text{ 如果 }\beta > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }\beta = 0, \\ - \frac{\pi }{2}, & \text{ 如果 }\beta < 0. \end{array}\right. $$
我们用到这样的事实: 因为积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-{ax}}}{x}\sin {\beta x}\mathrm{\;d}x $$
对 $\alpha \geq 0$ 一致收敛 (狄利克雷判别法),这积分是参变元 $\alpha \geq 0$ 的连续函数,所以有
$$ \mathop{\lim }\limits_{{a \rightarrow 0 + }}{\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
这个例子中的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x $$
不允许在积分号下对参数 $\beta$ 求导,否则就要得到发散的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x $$
为了克服这一困难, 我们引入一个“收敛因子”
$$ {\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\;\left( {\alpha > 0}\right) , $$
先来考察这样的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
引入“收敛因子”是计算广义积分时经常用到的一种方法.
💡 答案解析
解(1)可以直接利用牛顿-莱布尼茨公式计算:
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}. $$
为了计算 (2), 我们记
$$ I\left( \beta \right) = {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
对 $\beta$ 求导得
$$ {I}^{\prime }\left( \beta \right) = {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}. $$
这里在积分号下求导是允许的,因为求导后的积分对 $\beta$ 是一致收敛的 (魏尔斯特拉斯判别法). 求解微分方程
$$ {I}^{\prime }\left( \beta \right) = \frac{\alpha }{{\alpha }^{2} + {\beta }^{2}}, $$
可得
$$ I\left( \beta \right) = \arctan \frac{\beta }{\alpha } + C. $$
因为 $I\left( 0\right) = 0$ ,所以 $C = 0$ . 我们得到
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = \arctan \frac{\beta }{\alpha }. $$
为了计算 (3),可以在上式中让 $\alpha \rightarrow 0 +$ 取极限,这样得到
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{\pi }{2}, & \text{ 如果 }\beta > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }\beta = 0, \\ - \frac{\pi }{2}, & \text{ 如果 }\beta < 0. \end{array}\right. $$
我们用到这样的事实: 因为积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-{ax}}}{x}\sin {\beta x}\mathrm{\;d}x $$
对 $\alpha \geq 0$ 一致收敛 (狄利克雷判别法),这积分是参变元 $\alpha \geq 0$ 的连续函数,所以有
$$ \mathop{\lim }\limits_{{a \rightarrow 0 + }}{\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x = {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
这个例子中的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x $$
不允许在积分号下对参数 $\beta$ 求导,否则就要得到发散的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }\cos {\beta x}\mathrm{\;d}x $$
为了克服这一困难, 我们引入一个“收敛因子”
$$ {\mathrm{e}}^{-{\alpha x}}\;\left( {\alpha > 0}\right) , $$
先来考察这样的积分
$$ {\int }_{0}^{+\infty }{\mathrm{e}}^{-{ax}}\frac{\sin {\beta x}}{x}\mathrm{\;d}x. $$
引入“收敛因子”是计算广义积分时经常用到的一种方法.